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2008年全国高中数学联合竞赛加试（B卷）

试题参考答案

说明：

1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分；

2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，

10分为一个档次，不要增加其他中间档次．

一、（本题满分50分）

如题一图，ABCD是圆内接四边形．AC与BD的交

点为

点

P，E是弧AB上一点，连接EP并延长交DC于点F，满足?EAG??FAD，G,H分别在CE，DE的延长线上，

?EBH??FBC，求证：C,D,G,H四点共圆． [证] 由已知条件知

?FAG??FAE??EAG??FAE??FAD??DAE．又 ?DAE??DCE?180?， 所以 ?FAG??DCE?180?， 从而A,F,C,G四点共圆，此圆记为?1．

同理可证：B,F,D,H四点共圆，此圆记为?2． 点E在圆?1，?2内．延长FE与圆?1相交于点I， IP?P?F A?PP?C，?D则

题一图

故B,F,D,I四点共圆．

所以I在?BFD的外接圆上，故I在?2上． 再用相交弦定理： EC?E?GE?F?EI?，E

答一图

故C,D,G,H四点共圆． 二、（本题满分50分）

求满足下列关系式组 的正整数解组(x,y,z)的个数．

[解] 令r?y?z，由条件知0?r?50，方程化为

x2?(z?r)2?2z2，即x2?2zr?r2?z2． （1）

因y?z?r?0，故z2?x2?y2?z2?x2，从而z?x． 设p?z?x?0．因此（1）化为

?2zp?p2?2zr?r2?0． （2）

下分r为奇偶讨论，

（ⅰ）当r为奇数时，由（2）知p为奇数． 令r?2r1?1，p?2p1?1，代入（2）得

2(p12?p1?zp1?zr1?r12?r1)?1?0． （3）

（3）式明显无整数解．故当r为奇数时，原方程无正整数解． （ⅱ）当r为偶数时，设r?2r1，由方程（2）知p也为偶数．从而可设p?2p1，代入（2）化简得

p12?zp1?zr1?r12?0． （4）

由（4）式有z(p1?r1)?p12?r12?0，故p1?r1，从而可设p1?r1?a，则（4）可化为

(r1?a)2?za?r12?0，

2r12?2ar1?za?a2?0． （5）

2r12?2r1?a为整数，故a2r12． 因z?a又z?z?x?2p1?2(r1?a)，因此

(r1?a)2?r12?za?2(r1?a)a，得a2?2r12， a?2r1．

因此，对给定的r1?1,2,???,25，解的个数恰是满足条件a?2r1的2r12的正因数a的个数N(r1)．因2r12不是完全平方数，从而N(r1)为2r12的正因数的个数?(2r12)的一半．即

N(r1)??(2r12)/2．

由题设条件，1?r1?25．而

25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：：

A1?{20,21,22,23,24}，

A2?{2?3,2?5,2?7,2?11}， A3?{22?3,22?5}， A4?{23?3}， A5?{2?32}，

B1?{3,5,7,11,13,17,19,23}， B2?{32,52}，

B3?{3?5,3?7}，

从而易知

N(A1)?N(20)?N(21)?N(22)?N(23)?N(24)?1?2?3?4?5?15，

N(A2)?N(2?3)?4?6?4?24， N(A3)?9?2?18， N(A4)?12， N(A5)?10， N(B1)?3?8?24， N(B2)?5?2?10， N(B3)?9?2?18，

将以上数相加，共131个．因此解的个数共131． 三、（本题满分50分）

设ak?0，k?1,2,,2008．证明：当且仅当?ak?1时，存在数列{xn}满足以下条件：

k?12008（ⅰ）0?x0?xn?xn?1，n?1,2,3,；